Teoria das Estruturas II Lista de Exercícios Resolvidos 1

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IBMEC 
Graduação em Engenharia Civil 
Teoria das Estruturas II 
 
LISTA DE EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
 
1. Calcule a deformada horizontal em E e rotação em C, para o carregamento externo, para uma situação 
com ti = 80ºC e te = 20ºC, e considerando um recalque vertical em A de 2cm para cima e em B de 3cm para 
baixo. Considere as seguintes propriedades: EJ = 2.105kN.m², a = 10-5 /ºC e h = 400mm. 
 
Solução 
Devemos calcular a deformada em três etapas: carregamento externo, temperatura e recalque. 
1º passo – determinar o estado de deformação e os estados de carregamento: 
Estado de deformação – DMF e reações para a estrutura com o carregamento externo 
 
Estado de carregamento no nó C – aplicando uma carga-momento no sentido horário em C. O DMF está 
apresentado à esquerda e o DEN à direita. 
 
Estado de carregamento no nó E – aplicando uma carga unitária para a direita em E. O DMF está apresentado 
à esquerda e o DEN à direita. 
 
 
2º passo – calcular a deformação devida ao carregamento externo. Para a barra CD é necessário decompô-la 
em três momentos distintos, um retangular com momento de 2,0kN.m (acima da viga), um triangular com 
momento máximo de 18,0kN.m (abaixo da viga) e outro parabólico com momento máximo de 12,5kN.m no 
meio do vão (abaixo da viga). 
𝐸𝐽𝛿1,𝐶 = ∫ 𝑀. 𝑀𝐶̅̅ ̅̅ 𝑑𝑠 = −
1
2
. 5.1.2 +
1
3
. 5.1.18 +
1
3
. 5.1.12,5 = −
15
3
+
90
3
+
62,5
3
=
137,5
3
 
𝛿1,𝐶 =
137,5
3.2.105
= 2,29.10−4𝑟𝑎𝑑 
 
𝐸𝐽𝛿1,𝐸 = ∫ 𝑀. 𝑀𝐸̅̅ ̅̅ 𝑑𝑠 =
5
12
. 4.4.16 −
1
2
. 5.4.2 +
1
3
. 5.4.18 +
1
3
. 5.4.12,5 =
320
3
−
60
3
+
360
3
+
250
3
=
870
3
= 290 → 𝛿1,𝐸 =
290
2.105
= 1,45.10−3𝑚 = 1,45𝑚𝑚 
 
3º passo – calcular a deformação devida à temperatura: 
𝛿2,𝐶 = 𝛼. 𝑡𝑔. 𝐴𝑁𝐶̅̅ ̅̅ +
𝛼. ∆𝑡
ℎ
. 𝐴𝑀𝐶̅̅ ̅̅̅ = 10
−5. (
80 + 20
2
. (0,2.4 − 0,2.4) +
80 − 20
0,4
. (
5.1
2
)) = 10−5.
60.5
0,8
= 3,75.10−3𝑟𝑎𝑑 
 
𝛿2,𝐸 = 𝛼. 𝑡𝑔. 𝐴𝑁𝐶̅̅ ̅̅ +
𝛼. ∆𝑡
ℎ
. 𝐴𝑀𝐶̅̅ ̅̅̅ = 10
−5. (
80 + 20
2
. (0,8.4 − 0,8.4 + 1,0.6) +
80 − 20
0,4
. (
4.4
2
+
4.5
2
))
= 10−5. (50. (6,0) + 150. (18)) = 3,0.10−2𝑚 = 3,0𝑐𝑚 
 
4º passo – calcular a deformação devida ao recalque: 
𝛿3,𝐶 = − ∑ �̅�. 𝜌 = −(−0,2.0,02 − 0,2.0,03) = 0,01𝑟𝑎𝑑 
 
𝛿3,𝐸 = − ∑ �̅�. 𝜌 = −(−0,8.0,02 − 0,8.0,03) = 0,04𝑚 = 4,0𝑐𝑚 
 
5º passo – calcular as deformações totais: 
𝛿𝐶 = 2,29.10
−4 + 37,5.10−4 + 100,0.10−4 = 139,79.10−4 = 1,4.10−2𝑟𝑎𝑑 
 
𝛿𝐸 = 1,45 + 30 + 40 = 71,45𝑚𝑚 = 7,1𝑐𝑚 
 
 
2. Trace a elástica da viga reta abaixo, sabendo que EJ = 105kN.m², e determine a seção com deformação 
máxima e a seção com deformação mínima, e os valores dessas deformações: 
 
Solução 
Aplicando o processo de Mohr, devemos primeiro calcular o diagrama de momentos fletores para a viga real. 
Para calcular as reações podemos decompor a viga, calculando primeiro o trecho DEF, em seguida o trecho 
BCD e por último o trecho AB. No entanto, vamos realizar o cálculo direto aqui. 
 
𝑀𝐷,𝑑𝑖𝑟 = −10.4 + 𝑉𝐸 . 2 + 5 + 15 = 0 → 2𝑉𝐸 = 40 − 5 − 15 = 20 → 𝑉𝐸 = 10𝑘𝑁 
𝑀𝐵,𝑑𝑖𝑟 = −10.8 + 6. 𝑉𝐸 + 5 + 15 + 2. 𝑉𝐶 − 5 + 5 = 0 → 2𝑉𝐶 = 5 − 5 − 15 − 5 − 6.10 + 80 → 𝑉𝐶 = 0 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → −10.10 + 5 + 15 − 5 + 5 + 8𝑉𝐸 + 4𝑉𝐶 + 𝑀𝐴 = 0 → 𝑀𝐴 = 100 − 5 − 15 + 5 − 5 − 80 − 0
→ 𝑀𝐴 = 0 
𝑀𝐵,𝑒𝑠𝑞 = 0 → 2𝑉𝐴 + 𝑀𝐴 = 0 → 𝑉𝐴 = 0 
 
Portanto todas as reações são iguais a zero, exceto VE, que é igual a 10kN. Traçamos agora o DMF para a viga 
real: 
 
 
O próximo passo no processo de Mohr é inverter o diagrama e aplica-lo como carga na viga conjugada. Para 
criar a viga conjugada, devemos substituir: (a) o engaste por uma extremidade livre; (b) as rótulas por apoios 
simples do primeiro gênero; (c) os apoios simples de primeiro gênero por rótulas; e (d) a extremidade livre 
por um engaste. Na viga conjugada ainda não faremos a divisão por EJ, para simplificar as contas. 
 
O cálculo das reações é análogo ao da viga real. Portanto: 
 
𝑀𝐶,𝑒𝑠𝑞 = −2𝑉𝐵 − 5.2.1 = 0 → 𝑉𝐵 = −5𝑘𝑁 
𝑀𝐷,𝑒𝑠𝑞 = −6𝑉𝐵 − 5.2.5 − 2𝑉𝐷 − 15.2.1 = 0 → 2𝑉𝐷 = 30 − 50 − 30 = −50 → 𝑉𝐷 = −25𝑘𝑁 
∑ 𝑀𝐹 = 0 → −8𝑉𝐵 − 5.2.7 − 4𝑉𝐷 − 15.2.3 −
20.2
2
.
2
3
. 2 + 𝑀𝐹 = 0 → 𝑀𝐹 = −40 + 70 − 100 + 90 +
80
3
→ 𝑀𝐹 =
80 + 80
3
=
160
3
= 53,3𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀𝐸,𝑑𝑖𝑟 = 𝑀𝐹 + 2𝑉𝐹 +
20.2
2
.
1
3
. 2 = 0 → 2𝑉𝐹 = −
40
3
− 53,3 = −60 → 𝑉𝐹 = −30𝑘𝑁 
 
O primeiro pedido da questão é a elástica. Sendo assim, precisamos traçar o DMF da viga conjugada, 
dividindo os valores encontrados por EJ. Logo: 
 
 
Para saber as seções com deformadas máximas e mínimas, devemos traçar o DEC e verificar aonde o esforço 
cortante é zerado. Sendo assim, traçando o DEC abaixo (sem dividir os valores por EJ): 
 
Portanto temos três pontos de interesse, entre os nós B e C, entre os nós D e E, e no nó F, que já nos deu a 
deformação máxima para baixo a partir da elástica da estrutura. Para a seção entre os nós B e C a informação 
também já nos foi dada na elástica, haja vista o comportamento simétrico do esforço cortante (a seção fica 
no meio da barra BC). Entre os nós D e E, podemos fazer uma análise geométrica do DEC para descobrir que 
a seção em que o cortante é igual a zero é a 2/3 da distância de DE, a partir de D. Podemos então calcular o 
momento nesta seção. Analisando à esquerda da seção temos: 
 
𝑀𝑆,𝑒𝑠𝑞 = −𝑉𝐵. (4 +
4
3
) − 5.2. (3 +
4
3
) − 𝑉𝐷.
4
3
− 15.
4
3
.
2
3
=
5.16
3
−
10.13
3
+
25.4
3
−
120
9
=
80 − 130 + 100 − 40
3
=
10
3
= 3,3𝑘𝑁. 𝑚 
 
A deformada nesta seção, portanto, deve ser dividida por EJ, sendo então 3,3.10-5m para cima (maior do que 
a deformação na barra BC). Temos então que as seções com deformação máxima ou mínima são: 
 
- A 1,33m à direita de D, deformação de 0,033mm para cima; 
- Na extremidade da viga (nó F), deformação de 0,467mm para baixo. 
 
 
3. Para as estruturas abaixo, determine as reações de apoio e trace os diagramas de esforços. Considere para 
todas as barras EJ = 2.105kN.m². 
(a) 
 
Solução 
A estrutura possui grau hiperestático h = 1. Sendo assim, teremos um sistema com 1 equação e 1 variável 
para resolver. 
 
1º passo – obter o sistema principal e traçar o seu DMF: 
Troquemos o apoio B por um de primeiro gênero. Temos então que o DMF da estrutura e as reações de apoio 
são: 
 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → 4𝑉𝐵 − 5.6.3 − 2.4.2 = 0 → 𝑉𝐵 =
90 + 16
4
= 26,5𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑥 = 0 → 𝐻𝐴 = −2.4 = −8𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑦 = 0 → 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 − 5.6 = 0 → 𝑉𝐴 = 3,5𝑘𝑁 
 
2º passo – obter o DMF para o 1º hiperestático: 
Nesse caso o primeiro hiperestático é uma força unitária horizontal aplicada em B. Portanto, o seu DMF e as 
suas reações de apoio são: 
 
𝑉𝐴 = 𝑉𝐵 = 0; 𝐻𝐴 = −1𝑘𝑁 
 
3º passo – calcular os valores de : 
Para a barra CD temos que decompor o momento no sistema principal em três diagramas distintos: um 
retangular de 10kN.m (para cima), um triangular com momento em C de 26kN.m (para baixo), e um 
parabólico com momento no meio do vão de 10kN.m (para baixo). Portanto: 
𝐸𝐽. 𝛿10 =
5
12
. 4.4.16 − 4.10.4 +
1
2
. 4.26.4 +
2
3
. 4.10.4 =
320
3
−
480
3
+
624
3
+
320
3
=
784
3
 
𝐸𝐽. 𝛿11 =
1
3
. 4.4.4 + 4.4.4 +
1
3
. 4.4.4 =
320
3
 
 
4º passo – calcular o valor de X1: 
Usamos a equação de equilíbrio, para zerar a deformação horizontal em B. 
𝛿10 + 𝛿11. 𝑋1 = 0 → 𝑋1 = −
784
3
320
3
= −2,45 
 
5º passo – calcular as reações: 
As reações são determinadaspelo princípio da superposição de efeitos. 
𝑉𝐴 = 𝑉𝐴,0 + 𝑉𝐴,1. 𝑋1 = 3,5 + 0. 𝑋1 = 3,5𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑦 = 0 → 𝑉𝐵 = 26,5𝑘𝑁 
𝐻𝐴 = 𝐻𝐴,0 + 𝐻𝐴,1. 𝑋1 = −8 − 1. (−2,45) = −5,55𝑘𝑁 
𝐻𝐵 = 𝑋1 = −2,45𝑘𝑁 
 
6º passo – traçar os diagramas: 
O traçado é imediato, sabendo as reações de apoio e os carregamentos. 
DMF 
 
DEC 
 
DEN 
 
 
(b) 
 
Solução 
A estrutura é simétrica, de grau hiperestático 3, porém não possui carregamento simétrico. Podemos, no 
entanto, dividir o carregamento em duas condições, uma simétrica e outra antissimétrica, conforme abaixo: 
 
Resolvendo a primeira estrutura 
Podemos dividir a estrutura no seu eixo de simetria (nó E), incluindo ali um apoio com travamento horizontal 
e no momento. O grau hiperestático dessa estrutura é h = 2. 
 
 
1º passo – obter o sistema principal, calcular reações e traçar o DMF: 
Vamos deixar apenas o apoio em A, enquanto que o apoio em E é substituído por dois hiperestáticos (uma 
força horizontal e um momento). 
 
 
2º passo – Obter os diagramas dos sistemas hiperestáticos, e calcular suas reações: 
Para o primeiro hiperestático (força horizontal unitária para a esquerda), temos: 
 
 
Para o segundo hiperestático (momento de 1kN.m no sentido anti-horário) temos: 
 
 
3º passo – calcular os valores de : 
𝐸𝐽. 𝛿10 = −
1
4
. 4.4.8 = −32 
𝐸𝐽. 𝛿11 =
1
3
4.4.4 =
64
3
 
𝐸𝐽. 𝛿12 =
1
2
4.4.1 = 8 
𝐸𝐽. 𝛿20 = −
1
3
. 2.1.5 −
1
3
. 4.1.8 = −
42
3
 
𝐸𝐽. 𝛿21 = 𝐸𝐽. 𝛿12 = 8 
𝐸𝐽. 𝛿22 = 4.1.1 + 2.1.1 = 6 
 
4º passo – calcular os valores de X1 e X2: 
{
𝛿10 + 𝛿11. 𝑋1 + 𝛿12. 𝑋2 = 0
𝛿20 + 𝛿21. 𝑋1 + 𝛿22. 𝑋2 = 0
→ {
−32 +
64
3
. 𝑋1 + 8. 𝑋2 = 0
−
42
3
+ 8. 𝑋1 + 6. 𝑋2 = 0
→ {
−1,5 + 𝑋1 + 0,375. 𝑋2 = 0
−
5,25
3
+ 𝑋1 +
2,25
3
𝑋2 = 0
→ (−1,5 +
5,25
3
) + (0,375 −
2,25
3
) 𝑋2 = 0 → 0,25 − 0,375𝑋2 = 0 → 𝑋2 =
0,25
0,375
= 0,67 
𝑋1 = 1,5 − 0,375𝑋2 = 1,5 − 0,375.
2
3
= 1,25 
 
5º passo – calcular as reações de apoio (sinais negativos são forças para baixo, para a esquerda e momentos 
no sentido horário): 
𝑉𝐴 = 10𝑘𝑁 
𝐻𝐴 = −4 + 1. 𝑋1 = −4 + 1,25 = −2,75𝑘𝑁 
𝑀𝐴 = 8 − 4. 𝑋1 − 1. 𝑋2 = 8 − 4.1,25 − 0,67 = 2,33𝑘𝑁. 𝑚 
𝐻𝐸 = −1,25𝑘𝑁 
𝑀𝐸 = 0,67𝑘𝑁. 𝑚 
 
6º passo – traçar os diagramas de esforços: 
Sabendo que a estrutura possui um carregamento simétrico, temos que o DMF e o DEN são simétricos, 
enquanto que o DEC é antissimétrico. 
DMF 
 
 
DEN 
 
 
DEC 
 
 
Resolvendo a segunda estrutura 
Podemos dividir a estrutura no seu eixo de simetria (nó E), incluindo ali um apoio com travamento vertical. 
O grau hiperestático dessa estrutura é h = 1. 
 
 
1º passo – obter o sistema principal, calcular reações e traçar o DMF: 
Vamos deixar apenas o apoio em A, enquanto que o apoio em E é substituído por um hiperestático (uma 
força vertical). 
 
 
2º passo – Obter o diagrama do sistema hiperestático, e calcular as reações: 
Para o primeiro hiperestático (força vertical unitária para cima), temos: 
 
 
3º passo – calcular os valores de : 
𝐸𝐽. 𝛿10 = −
1
3
. 4.2.8 −
1
4
. 2.5.2 = −
64
3
− 5 = −
79
3
 
𝐸𝐽. 𝛿11 = 4.2.2 +
1
3
. 2.2.2 =
56
3
 
 
4º passo – calcular o valor de X1: 
𝛿10 + 𝛿11. 𝑋1 = 0 → −
79
3
+
56
3
𝑋1 = 0 → 𝑋1 =
79
56
= 1,41 
 
5º passo – calcular as reações de apoio (sinais negativos são forças para baixo, para a esquerda e momentos 
no sentido horário): 
𝑉𝐴 = 10 − 1. 𝑋1 = 10 − 1,41 = 8,59𝑘𝑁 
𝐻𝐴 = −4𝑘𝑁 
𝑀𝐴 = 8 − 2. 𝑋1 = 8 − 2.1,41 = 5,18𝑘𝑁. 𝑚 
𝑉𝐸 = 1,41𝑘𝑁 
 
6º passo – traçar os diagramas de esforços: 
Sabendo que a estrutura possui um carregamento antissimétrico, temos que o DMF e o DEN são 
antissimétricos, enquanto que o DEC é simétrico. 
DMF 
 
 
DEN 
 
 
DEC 
 
 
Calculando as reações e os diagramas finais 
Pelo princípio da superposição de efeitos, podemos somar os resultados encontrados para as duas 
configurações de carregamento, obtendo assim as reações finais da estrutura, bem como os diagramas de 
esforços. 
 
1º passo – reações de apoio (sinais negativos são forças para baixo, para a esquerda e momentos no sentido 
horário): 
𝑉𝐴 = 10 + 8,59 = 18,59𝑘𝑁 
𝑉𝐵 = 10 − 8,59 = 1,41𝑘𝑁 
𝐻𝐴 = −2,75 − 4 = −6,75𝑘𝑁 
𝐻𝐵 = 2,75 − 4 = −1,25𝑘𝑁 
𝑀𝐴 = 2,33 + 5,18 = 7,51𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀𝐵 = −2,33 + 5,18 = 2,85𝑘𝑁. 𝑚 
 
2º passo – diagramas de esforços: 
DMF 
 
 
DEN 
 
 
DEC 
 
 
 
4. Para o item (a) da 3ª questão, calcule as rotações nos pontos C e D, e a deformação vertical no ponto E, 
assumindo uma rigidez EJ = 2.105kN.m². 
 
Solução 
O estado de deformação já foi definido na 3ª questão, e é igual a: 
 
 
Os estados de carregamento são determinados aplicando-se uma carga momento unitária nos pontos C e D, 
e aplicando uma carga vertical em E. O sistema isostático escolhido será o mesmo do sistema principal na 3ª 
questão. 
O momento da barra CD será decomposto em três: um retangular com momento 6,2kN.m (para baixo), um 
triangular com momento em D de 26kN.m (para cima) e um parabólico com momento no meio do vão de 
10kN.m (para baixo). 
 
1º passo – rotação em C: 
 
 
𝐸𝐽. 𝛿 = ∫ 𝑀. �̅�. 𝑑𝑠 = −
1
2
4.1.6,2 +
1
6
. 4.1.26 −
1
3
. 4.1.10 = −
37,2
3
+
52
3
−
40
3
= −
25,2
3
= −8,4 
𝛿 = −
8,4
2.105
= −4,2.10−5𝑟𝑎𝑑 
 
2º passo – rotação em D: 
 
 
𝐸𝐽. 𝛿 = ∫ 𝑀. �̅�. 𝑑𝑠 =
1
2
4.1.6,2 −
1
3
. 4.1.26 +
1
3
. 4.1.10 =
37,2
3
−
104
3
+
40
3
= −
26,8
3
= −8,93 
𝛿 = −
8,93
2.105
= −4,47.10−5𝑟𝑎𝑑 
3º passo – deslocamento vertical em E: 
 
 
𝐸𝐽. 𝛿 = ∫ 𝑀. �̅�. 𝑑𝑠 = −
1
2
4.2.6,2 +
1
3
. 4.2.26 −
1
3
. 4.2.10 +
1
4
. 2.2.10 = −
74,4
3
+
208
3
−
80
3
+
30
3
=
83,6
3
= 27,87 
𝛿 =
27,87
2.105
= 1,39.10−4𝑚 = 0,14𝑚𝑚